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2020年四川省南充高三一模化学试卷及答案
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一、选择题(本题共7小题,每小题6分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.(6分)化学与生活、人类生产、社会可持续发展密切相关,下列叙述错误的是( )
A.高纯单质硅可用于制作光导纤维
B.废弃的秸秆可用于生产生物质燃料乙醇
C.SO2是形成酸雨的气体之一
D.钙、锶、钡、铜和碱金属等金属化合物可用于制作烟花
2.(6分)2﹣苯基丙烯(如图)常用于树脂改性,下列说法正确的是( )
A.不能使溴水褪色
B.易溶于水
C.分子中所有原子一定共平面
D.能发生氧化反应
3.(6分)下列叙述正确的是( )
A.含有极性键的分子一定是极性分子
B.U和U是中子数不同,质子数相同的同种核素
C.离子化合物中一定含有离子键
D.原子半径:As>Cl>P
4.(6分)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( )
A.标准状况下,44.8L CCl4含有的分子数为NA
B.常温下,4g CH4含有NA个C﹣H共价键
C.1mol Cl2发生反应时,转移的电子数一定是2NA
D.34g H2O2中含有的阴离子数为NA
5.(6分)用如图装置(夹持、加热装置已略)进行实验,由②中现象,不能证实①中反应发生的是
①中实验②中现象( )
A.铁粉与水蒸气加热 肥皂水冒泡
B.加热NH4Cl和Ca(OH)2混合物 酚酞溶液变红
C.NaHCO3固体受热分解 澄清石灰水变浑浊
D.石蜡油在碎瓷片上受热分解 Br2的CCl4溶液褪色
6.(6分)对于下列实验,能正确描述其反应的离子方程式是( )
A.过氧化钠固体与水反应:2O22﹣+2H2O═4OH﹣+O2↑
B.Cl2通入水中:Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣
C.浓烧碱溶液中加入铝片:Al+2OH﹣═AlO2﹣+H2↑
D.用FeCl3溶液腐蚀铜线路板:Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+
7.(6分)电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量,根据溶液电导率变化可以确定滴定反应的终点。如图是利用手持技术数字化实验测量的KOH溶液分别滴定HCl溶液和CH3COOH溶液的滴定曲线。下列示意图中,能正确表示用KOH溶液滴定HCl和CH3COOH混合溶液的滴定曲线的是( )
A. B.
C. D.
二、非选择题(本卷包括必考题和选考题两部分,第8-10为必考题,每个试题考生都必须做答。第10-11题为选考题,考生根据要求做答)(一)必考题(共43分)
8.(15分)莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O(相对分子质量为392)]能溶于水,难溶于乙醇,较硫酸亚铁不易被氧气氧化,是实验中代替硫酸亚铁使用的重要试剂。某兴趣小组欲制备莫尔盐并测定其纯度。采用的方法是先在封闭体系中利用铁和稀硫酸制备硫酸亚铁溶液,再用制得的硫酸亚铁溶液和硫酸铵饱和溶液反应制得。实验装置如图所示,回答下列问题:
(1)仪器a的名称为 。配制本实验所需溶液的蒸馏水,均需经煮沸并迅速冷却后再使用,目的是 。
(2)按图连好装置,检验气密性后,将过量铁屑和少量碳粉加入c中,加入其它试剂,打开仪器a的塞子,然后旋开K2,为保证硫酸顺利滴入c中,还应采取的操作是 。
(3)c中加入少量炭粉的作用是 。
(4)为加快反应速率,需将c中试剂温度保持在80~95℃,一般采取的加热方式是 。
(5)充分反应一段时间后,打开K3,关闭K1、K2。c中液体会自动流入d中,利用的原理是 ,此时,d中发生的主要反应的化学方程式为 。
(6)制备结束后,将d中固液混合物过滤,所得莫尔盐可用 (填试剂名称)进行洗涤,洗涤后用烘箱进行烘干。
(7)实验小组对样品进行纯度检测,取9.000g样品配成溶液,用0.1000mol/L的酸性K2Cr2O7溶液滴定。消耗酸性K2Cr2O7溶液30.00mL,该样品的纯度为 %。(保留至0.1%)
9.(13分)二氧化硫的催化氧化是工业上生产硫酸的主要反应,反应如下:
Ⅰ:2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H1=﹣197.7kJ•mol﹣1 K1(浓度平衡常数)
为研究该反应,某同学设计了以下三种已装固体V2O5催化剂的密闭容器装置
(1)在初始体积与温度相同的条件下,甲、乙、丙中均按2molSO2、1molO2投料,达平衡时,三个容器中SO2的转化率从大到小的顺序为 (用“甲、乙、丙”表示)。
(2)在容器丙中,0.1MPa条件下,在不同温度或不同投料方式下研究上述反应得到数据如下表:
实验序号
A组
B组
C组
反应温度
451℃
451℃
551℃
投料方式(按照SO2、O2、SO3的顺序)
2mol、1mol、0mol
0mol、0mol、2mol
2mol、1mol、0mol
含硫化合物的转化率
60%
b
c
反应的热量变化
放热a
吸热79.08kJ
放热d
压强平衡常数(Kp)
Kp1
Kp1
Kp2
①表中:a= ;b= 。
②已知用平衡分压(分压=总压×物质的量分数)代替平衡浓度计算,得到的平衡常数即为压强平衡常数,则Kp1= ;Kp1 Kp2(填“>”、“<”或“=”)。
③若按0.4 mol SO2、0.4molO2、0.4 mol SO3进行投料,则反应开始时v正(SO2) v逆(SO2)(填“>”、“<”或“=”)。
(3)将上述固体催化剂V2O5换成NO2气体同样可以对该反应起到催化作用,此催化过程如下:
Ⅱ:SO2(g)+NO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)△H2 K2(浓度平衡常数)
Ⅲ:2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)△H3=﹣114.1kJ•mol﹣1 K3(浓度平衡常数)
△H2= ;K3= (用含有K1、K2的表达式表示)。
10.(15分)我国是少数几个拥有石煤资源的国家之一,工业上以伴生钒的石煤(主要成分为V2O3,含少量P2O5、SiO2等杂质)为原料制备钒的主要流程如图。
已知:①NH4VO3难溶于水。②Ksp[MgSiO3]=2.4×10﹣5,Ksp[Mg3(PO4)2]=2.7×10﹣27。
请回答下列问题:
(1)焙烧。通入空气的条件下,向石煤中加纯碱焙烧,将V2O3转化为NaVO3的化学方程式为 。为加快焙烧反应的化学反应速率,可采取的措施为 。(任写一条)
(2)除硅、磷。用MgSO4溶液除硅、磷时,Si、P会形成MgSiO3、Mg3(PO4)2沉淀。若沉淀后溶液中c(PO43﹣)=1.0×10﹣8mol•L﹣1,则c(SiO32﹣)= mol•L﹣1。随着温度升高,除磷率会显著下降,其原因一是温度升高,Mg3(PO4)2溶解度增大,二是 。
(3)沉钒。该操作产生的滤液中,两种主要的溶质阴离子是 ;用实验方法判断此过程中沉钒完全的操作是 。
(4)灼烧。在灼烧NH4VO3的过程中,固体残留率随温度变化的曲线如图所示,则210℃时,剩余固体物质的化学式为 。
(5)还原。在高温真空条件下,用焦炭还原V2O5可以生成钒单质,该反应的化学方程式为 。
(二)选考题:共15分。请考生从化学题中每科任选一题作答,并用2B铅笔在答题卡把所有题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致,在答题卡选答区域指定位置答题。如多做,则每学科按所做的第一题计分。[化学——物质结构与性质](15分)
11.(15分)工业废水中的亚硝酸盐常常需要处理。回答下列问题:
(1)尿素()可将NO2﹣还原为NO2。在尿素分子所含的原子中,第一电离能最大的是 ,其中原子半径最大者的电子排布式为 。
(2)NO2﹣离子的空间构型为 ,写出一个NO2﹣离子的等电子体 。从分子结构角度,HNO2酸性弱于HNO3的原因是 。
(3)尿素中所有原子共平面,据此推断其中N原子的杂化轨道类型为 。尿素晶体的熔点为132.7℃,比相同摩尔质量的乙酸熔点(16.7℃)高116℃,这主要是因为尿素分子之间存在更多的 。
(4)氨基磺酸(H3N﹣SO3)也可将NO2﹣还原为N2。氨基磺酸结构中接受孤对电子的是 。(填“N”或“S”)
(5)亚硝酸钠晶胞结构如图所示,假设NA为阿伏加德罗常数的值,已知晶胞参数a=c≠b(单位为cm),则晶体密度d为 g•cm﹣3。图示晶胞中NO2﹣呈体心正交堆积,Na+的原子坐标除(,u,)外还有 。
[化学--有机化学基础](15分)
12.以化合物A为原料合成内酯F的路线如图。回答下列问题:
(1)化合物A的名称为 ,B的分子式为 。
(2)化合物中含氧官能团的名称为 ,1mol该物质最多消耗 mol NaOH。
(3)化合物D具有手性碳(连有四个不同原子或基团的碳)的数量为 ,酯E的结构简式为 。
(4)写出酯E转变为化合物F时,伴随产生的副产物为 。
(5)化合物F的一种异构体H,同时满足条件:①只有三种环境的H;②能发生银镜反应;③含六元环结构。则异构体H的结构简式为 。
(6)芳香卤代烃与NaOH反应常常有自身特点。研究发现:有两种主要机理(苯炔机理和SNAr机理),如图所示。若高温下,用1﹣14C(黑点标记)氯苯与NaOH反应,则得到两种苯酚(钠盐)﹣14C在1﹣位上的苯酚占58%,14C在2﹣位上的苯酚占42%。则此时按苯炔和SNAr机理反应的氯苯,其物质的量之比为 。
2020-2021学年四川省南充市高三(上)一诊化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题(本题共7小题,每小题6分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.(6分)化学与生活、人类生产、社会可持续发展密切相关,下列叙述错误的是( )
A.高纯单质硅可用于制作光导纤维
B.废弃的秸秆可用于生产生物质燃料乙醇
C.SO2是形成酸雨的气体之一
D.钙、锶、钡、铜和碱金属等金属化合物可用于制作烟花
【分析】A.制作光导纤维的是二氧化硅;
B.秸秆中含有纤维素、淀粉,通过发酵生成乙醇;
C.二氧化硫与水反应生成亚硫酸,亚硫酸被氧气氧化生成硫酸;
D.钙、锶、钡、铜和碱金属等金属化合物灼烧,均能发生焰色反应。
【解答】解:A.制作光导纤维的是二氧化硅,高纯单质硅是半导体材料,故A错误;
B.秸秆中含有纤维素、淀粉,通过发酵生成乙醇,则废弃的秸秆可用于生产生物质燃料乙醇,故B正确;
C.二氧化硫与水反应生成亚硫酸,亚硫酸被氧气氧化生成硫酸,煤燃烧排放出的SO2是形成酸雨的气体之一,能形成硫酸型酸雨,故C正确;
D.钙、锶、钡、铜和碱金属等金属化合物灼烧,有焰色反应,所以可用于制作烟花,故D正确。
故选:A。
【点评】本题考查物质的组成和性质,为高频考点,把握物质的组成、化学与生活生产的关系为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意元素化合物的性质和应用,题目难度不大。
2.(6分)2﹣苯基丙烯(如图)常用于树脂改性,下列说法正确的是( )
A.不能使溴水褪色
B.易溶于水
C.分子中所有原子一定共平面
D.能发生氧化反应
【分析】由结构可知,分子中含苯环、碳碳双键,且含甲基为四面体结构,结合烯烃的性质来解答。
【解答】解:A.2﹣苯基丙烯中含有碳碳双键,能与溴水中溴单质发生加成反应,能使溴水褪色,故A错误;
B.2﹣苯基丙烯为烃类物质,难溶于水,故B错误;
C.2﹣苯基丙烯中含有甲基,与甲基中碳原子相连的原子结构为四面体型,因此2﹣苯基丙烯中所有原子一定不共面,故C错误;
D.2﹣苯基丙烯为烃类,能在氧气中燃烧,同时2﹣苯基丙烯中含有碳碳双键,能被酸性高锰酸钾等氧化性物质氧化,故D正确;
故选:D。
【点评】本题考查有机物的结构与性质,为高频考点,把握官能团与性质、有机反应为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意官能团的判断,题目难度不大。
3.(6分)下列叙述正确的是( )
A.含有极性键的分子一定是极性分子
B.U和U是中子数不同,质子数相同的同种核素
C.离子化合物中一定含有离子键
D.原子半径:As>Cl>P
【分析】A.结构对称,正负电荷中心重叠的分子为非极性分子,非极性分子可能含有极性键;
B.质子数相同,中子数不同的核素,属于不同核素;
C.离子化合物是由阴阳离子通过静电作用形成的化合物;
D.电子层越多,原子半径越大,电子层相同,原子序数越大,半径越小。
【解答】解:A.结构对称,正负电荷中心重叠的分子为非极性分子,非极性分子可能含有极性键,如甲烷,含有极性键属于非极性分子,所以含有极性键的分子不一定是极性分子,故A错误;
B.质子数相同,中子数不同的核素,属于不同核素,U和U中质子数均为92,中子数分别为235﹣92=143、238﹣92=146,表示的是两种核数,故B错误;
C.离子化合物是由阴阳离子通过静电作用形成的化合物,因此离子化合物中一定含有离子键,故C正确;
D.As核外具有4个电子层,Cl、P原子核外电子层均为3,且原子序数Cl>P,同周期原子序数越大,半径越小,因此半径As>P>Cl,故D错误;
故选:C。
【点评】本题考查了分子的极性、核素、离子键、原子半径的比较,题目难度不大,注意把握元素周期律、化学键等内容是解题的关键,侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
4.(6分)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( )
A.标准状况下,44.8L CCl4含有的分子数为NA
B.常温下,4g CH4含有NA个C﹣H共价键
C.1mol Cl2发生反应时,转移的电子数一定是2NA
D.34g H2O2中含有的阴离子数为NA
【分析】A.标准状况下,CCl4不是气体;
B.一个CH4中含有4个C﹣H键,4g CH4的物质的量为=0.25mol;
C.Cl2与水或碱溶液反应时,既是氧化剂也是还原剂,1molCl2转移1mol电子;
D.H2O2是由分子构成的。
【解答】解:A.标准状况下,CCl4不是气体,不能根据气体摩尔体积计算相关物理量,故A错误;
B.一个CH4中含有4个C﹣H键,4g CH4的物质的量为=0.25mol,则0.25molCH4中含有0.25mol×4=1molC﹣H键,其数目为NA,故B正确;
C.Cl2与水或碱溶液反应时,既是氧化剂也是还原剂,1molCl2转移1mol电子,因此1molCl2参加反应时,转移的电子数不一定是2NA,故C错误;
D.H2O2是由分子构成的,其中不含离子,故D错误;
故选:B。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的相关计算,题目难度不大,注意物质的组成、结构、性质以及物质存在的外界条件和聚集状态等问题,侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
5.(6分)用如图装置(夹持、加热装置已略)进行实验,由②中现象,不能证实①中反应发生的是
①中实验②中现象( )
A.铁粉与水蒸气加热 肥皂水冒泡
B.加热NH4Cl和Ca(OH)2混合物 酚酞溶液变红
C.NaHCO3固体受热分解 澄清石灰水变浑浊
D.石蜡油在碎瓷片上受热分解 Br2的CCl4溶液褪色
【分析】A.试管中空气受热碰撞;
B.加热NH4Cl和Ca(OH)2混合物,生成氨气,其水溶液显碱性;
C.NaHCO3固体受热分解生成二氧化碳;
D.石蜡油在碎瓷片上受热分解生成乙烯,可发生加成反应.
【解答】解:A.试管中空气受热碰撞,则②中肥皂水冒泡可能与试管中空气有关,不能说明氢气的生成,故A选;
B.加热NH4Cl和Ca(OH)2混合物,生成氨气,其水溶液显碱性,则酚酞溶液变红可说明反应的发生,故B不选;
C.NaHCO3固体受热分解生成二氧化碳,则澄清石灰水变浑浊可说明反应的发生,故C不选;
D.石蜡油在碎瓷片上受热分解生成乙烯,可发生加成反应,则Br2的CCl4溶液褪色可说明反应的发生,故D不选;
故选:A。
【点评】本题考查实验装置的综合,为高频考点,把握图中装置的作用及发生的反应、物质的性质为解答的关键,侧重分析、实验能力的考查,题目难度不大.
6.(6分)对于下列实验,能正确描述其反应的离子方程式是( )
A.过氧化钠固体与水反应:2O22﹣+2H2O═4OH﹣+O2↑
B.Cl2通入水中:Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣
C.浓烧碱溶液中加入铝片:Al+2OH﹣═AlO2﹣+H2↑
D.用FeCl3溶液腐蚀铜线路板:Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+
【分析】A.过氧化钠不能拆开;
B.次氯酸为弱酸,不能拆开;
C.该反应违反了电荷守恒、电子守恒;
D.氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜。
【解答】解:A.过氧化钠固体与水反应,过氧化钠不能写成离子,离子方程式为:2Na2O2+2H2O═4OH﹣+O2↑+4Na+,故A错误;
B.氯气溶于水,次氯酸是弱酸,离子方程式为:Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO,故B错误;
C.浓烧碱溶液中加入铝片的离子反应为:2H2O+2Al+2OH﹣═2AlO2﹣+3H2↑,故C错误;
D.FeCl3溶液腐蚀铜线路板,离子方程式为:Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+,故D正确;
故选:D。
【点评】本题考查离子方程式的判断,为高考的高频题,题目难度不大,注意掌握离子方程式的书写原则,明确离子方程式正误判断常用方法:检查反应物、生成物是否正确,检查各物质拆分是否正确,如难溶物、弱电解质等需要保留化学式,检查是否符合守恒关系(如:质量守恒和电荷守恒等)、检查是否符合原化学方程式等。
7.(6分)电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量,根据溶液电导率变化可以确定滴定反应的终点。如图是利用手持技术数字化实验测量的KOH溶液分别滴定HCl溶液和CH3COOH溶液的滴定曲线。下列示意图中,能正确表示用KOH溶液滴定HCl和CH3COOH混合溶液的滴定曲线的是( )
A. B.
C. D.
【分析】根据KOH溶液分别滴定HCl和CH3COOH的滴定曲线可知,开始阶段,HCl溶液中导电率下降,是因为KOH与HCl反应生成水,导致溶液中离子浓度减小,导电率下降,当盐酸被消耗完,再加入KOH,溶液中离子浓度增大,导电率增大;开始CH3COOH溶液中导电率升高,是因为CH3COOH是弱电解质,与氢氧化钾反应后转化为强电解质,溶液中离子浓度增大,导电率增大,当CH3COOH被消耗完,继续加入氢氧化钾,溶液中离子浓度增大,导电率增强,据此分析。
【解答】解:CH3COOH是弱电解质,在溶液里部分电离,HCl和KOH都是强电解质,完全电离,向CH3COOH和盐酸的混合溶液中滴加KOH,KOH先和HCl反应,生成强电解质KCl,但溶液的体积不断增大,溶液被稀释,溶液中离子浓度减小,导电率下降,当HCl全部被中和后,继续滴加KOH与弱电解质CH3COOH反应生成强电解质CH3COOK,溶液中离子浓度增大,导电率增大,当CH3COOH也反应完,继续加KOH,溶液的导电能力增大,符合导电率变化的为A,故A正确,
故选:A。
【点评】本题考查了酸碱中和溶液电导率的变化,明确电导率与离子浓度的关系是解本题关键,根据电解质的强弱、离子浓度的变化来分析解答即可,题目难度不大。
二、非选择题(本卷包括必考题和选考题两部分,第8-10为必考题,每个试题考生都必须做答。第10-11题为选考题,考生根据要求做答)(一)必考题(共43分)
8.(15分)莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O(相对分子质量为392)]能溶于水,难溶于乙醇,较硫酸亚铁不易被氧气氧化,是实验中代替硫酸亚铁使用的重要试剂。某兴趣小组欲制备莫尔盐并测定其纯度。采用的方法是先在封闭体系中利用铁和稀硫酸制备硫酸亚铁溶液,再用制得的硫酸亚铁溶液和硫酸铵饱和溶液反应制得。实验装置如图所示,回答下列问题:
(1)仪器a的名称为 分液漏斗 。配制本实验所需溶液的蒸馏水,均需经煮沸并迅速冷却后再使用,目的是 降低水中的溶解氧 。
(2)按图连好装置,检验气密性后,将过量铁屑和少量碳粉加入c中,加入其它试剂,打开仪器a的塞子,然后旋开K2,为保证硫酸顺利滴入c中,还应采取的操作是 旋开K1 。
(3)c中加入少量炭粉的作用是 与铁屑组成原电池加快反应速率 。
(4)为加快反应速率,需将c中试剂温度保持在80~95℃,一般采取的加热方式是 水浴加热 。
(5)充分反应一段时间后,打开K3,关闭K1、K2。c中液体会自动流入d中,利用的原理是 c中产生氢气使压强大于大气压 ,此时,d中发生的主要反应的化学方程式为 FeSO4+(NH4)2SO4+6H2O=(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O↓ 。
(6)制备结束后,将d中固液混合物过滤,所得莫尔盐可用 乙醇 (填试剂名称)进行洗涤,洗涤后用烘箱进行烘干。
(7)实验小组对样品进行纯度检测,取9.000g样品配成溶液,用0.1000mol/L的酸性K2Cr2O7溶液滴定。消耗酸性K2Cr2O7溶液30.00mL,该样品的纯度为 78.4 %。(保留至0.1%)
【分析】莫尔盐的制备原理是:是先在封闭体系中利用Fe和稀硫酸制备FeSO4溶液,再用制得的FeSO4溶液和(NH4)2SO4饱和溶液反应,在实验过程中加入碳粉的目的是形成原电池,加快反应速率,待锥形瓶中反应完成后,打开K3,关闭K1、K2,利用锥形瓶压强增大,将FeSO4溶液压入到d中反应得到摩尔盐;
(1)仪器a为分液漏斗;FeSO4不稳定,易被氧化;
(2)为保证硫酸顺利滴入c中,应该使分液漏斗上下的压强相等;
(3)原电池能加快负极反应速率;
(4)加热的温度低于100℃,常采用水浴加热;
(5)反应一段时间后,打开K3,关闭K1、K2,c中液体会自动流入d中,是因为c中继续反应产生H2,压强大于大气压;d中硫酸亚铁和饱和硫酸铵发生反应生成摩尔盐;
(6)摩尔盐易溶于水,难溶于乙醇;
(7)Cr2O72﹣还原产物为 Cr3+,则K2Cr2O7具有氧化性,摩尔盐中亚铁离子被氧化生成铁离子,同时还生成水,根据反应物和生成物书写离子方程式为6Fe2++Cr2O72﹣+14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O,由题目数据可得:n(K2Cr2O7)=0.1000mol/L×0.03L=0.003mol,故n[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O)]=n(Fe2+)=0.003mol×6=0.018mol,则m[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O)]=0.018mol×392g/mol=7.056g,该样品的纯度=×100%。
【解答】解:(1)仪器a为分液漏斗,蒸馏水需经煮沸并迅速冷却后再使用的目的是除去水中的溶解氧,
故答案为:分液漏斗;降低水中的溶解氧;
(2)为保证硫酸顺利滴入c中,应该使分液漏斗上下的压强相等,采取的操作是旋开K1,
故答案为:旋开K1;
(3)c中加入少量碳粉的作用是与铁屑组成原电池加快反应速率,
故答案为:与铁屑组成原电池加快反应速率;
(4)加热的温度低于100℃,常采用水浴加热的方式,
故答案为:水浴加热;
(5)反应一段时间后,打开K3,关闭K1、K2,c中液体会自动流入d中,是因为c中继续反应产生H2,压强大于大气压,将c中的溶液压入d中,d中硫酸亚铁和饱和硫酸铵发生反应生成摩尔盐,反应的化学方程式为:FeSO4+(NH4)2SO4+6H2O=(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O↓,
故答案为:c中产生氢气使压强大于大气压;FeSO4+(NH4)2SO4+6H2O=(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O↓;
(6)摩尔盐易溶于水,在乙醇等有机溶剂中溶解度小,故可用乙醇洗涤,
故答案为:乙醇;
(7)Cr2O72﹣还原产物为 Cr3+,则K2Cr2O7具有氧化性,摩尔盐中亚铁离子被氧化生成铁离子,同时还生成水,根据反应物和生成物书写离子方程式为6Fe2++Cr2O72﹣+14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O,由题目数据可得:n(K2Cr2O7)=0.1000mol/L×0.03L=0.003mol,故n[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O)]=n(Fe2+)=0.003mol×6=0.018mol,则m[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O)]=0.018mol×392g/mol=7.056g,该样品的纯度=×100%=78.4%,
故答案为:78.4。
【点评】本题考查物质制备及物质含量测定,侧重考查实验操作、实验分析判断及知识综合运用能力,明确实验原理、元素化合物性质及物质之间的转化关系是解本题关键,知道各仪器的作用及实验中发生的反应,K1、K2、K3的打开、关闭顺序为解答易错点,题目难度较大。
9.(13分)二氧化硫的催化氧化是工业上生产硫酸的主要反应,反应如下:
Ⅰ:2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H1=﹣197.7kJ•mol﹣1 K1(浓度平衡常数)
为研究该反应,某同学设计了以下三种已装固体V2O5催化剂的密闭容器装置
(1)在初始体积与温度相同的条件下,甲、乙、丙中均按2molSO2、1molO2投料,达平衡时,三个容器中SO2的转化率从大到小的顺序为 丙>甲>乙 (用“甲、乙、丙”表示)。
(2)在容器丙中,0.1MPa条件下,在不同温度或不同投料方式下研究上述反应得到数据如下表:
实验序号
A组
B组
C组
反应温度
451℃
451℃
551℃
投料方式(按照SO2、O2、SO3的顺序)
2mol、1mol、0mol
0mol、0mol、2mol
2mol、1mol、0mol
含硫化合物的转化率
60%
b
c
反应的热量变化
放热a
吸热79.08kJ
放热d
压强平衡常数(Kp)
Kp1
Kp1
Kp2
①表中:a= 118.62kJ ;b= 40% 。
②已知用平衡分压(分压=总压×物质的量分数)代替平衡浓度计算,得到的平衡常数即为压强平衡常数,则Kp1= 135MPa﹣1 ;Kp1 > Kp2(填“>”、“<”或“=”)。
③若按0.4 mol SO2、0.4molO2、0.4 mol SO3进行投料,则反应开始时v正(SO2) > v逆(SO2)(填“>”、“<”或“=”)。
(3)将上述固体催化剂V2O5换成NO2气体同样可以对该反应起到催化作用,此催化过程如下:
Ⅱ:SO2(g)+NO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)△H2 K2(浓度平衡常数)
Ⅲ:2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)△H3=﹣114.1kJ•mol﹣1 K3(浓度平衡常数)
△H2= ﹣41.8kJ/mol ;K3= (用含有K1、K2的表达式表示)。
【分析】(1)对于2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H1=﹣197.7kJ•mol﹣1,正反应为放热反应,降低温度、增大压强,可使平衡正向移动,增大SO2的转化率;
(2)对比A、B中数据,可知A、B为等效平衡状态,C相当于在A的基础上升高温度,平衡逆向移动;
(3)已知①.2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H1=﹣197.7kJ•mol﹣1 K1;
②SO2(g)+NO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)△H2 K2;
③2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)△H3=﹣114.1kJ•mol﹣1 K3;
利用盖斯定律,将可得②,以此解答该题。
【解答】解:(1)对于2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H1=﹣197.7kJ•mol﹣1,正反应为放热反应,则乙温度高于甲,丙恒压,则压强大于甲,降低温度、增大压强,可使平衡正向移动,增大SO2的转化率,则转化率丙>甲>乙,故答案为:丙>甲>乙;
(2)①A、B为等效平衡,且反应互为可逆反应,则a=197.7kJ﹣79.08kJ=118.62kJ,正逆反应转化率之和为1,则b=1﹣60%=40%,故答案为:118.62kJ;40%;
②对于2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)
起始:2mol 1mol 0
转化:1.2mol 0.6mol 1.2mol
平衡:0.8mol 0.4mol 1.2mol,
用平衡分压(分压=总压×物质的量分数)代替平衡浓度计算,得到的平衡常数即为压强平衡常数,则Kp1==135MPa﹣1,
升高温度,平衡逆向移动,则Kp1>Kp2,
故答案为:135MPa﹣1;>;
③若按0.4 mol SO2、0.4molO2、0.4 mol SO3进行投料,此时=2.5,小于,则平衡正向移动,v正(SO2)>v逆(SO2),
故答案为:>;
(3)已知①.2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H1=﹣197.7kJ•mol﹣1 K1;
②SO2(g)+NO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)△H2 K2;
③2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)△H3=﹣114.1kJ•mol﹣1 K3;
利用盖斯定律,将可得SO2(g)+NO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)△H2=kJ/mol=﹣41.8kJ/mol,K2=,则K3=,
故答案为:﹣41.8kJ/mol;。
【点评】本题考查了化学平衡、化学平衡常数的计算,为高频考点和常见题型,注意掌握化学平衡常数、化学反应速率的能够及计算方法,试题知识点较多、综合性较强,充分考查了学生的分析、理解能力及化学计算能力,题目难度较大。
10.(15分)我国是少数几个拥有石煤资源的国家之一,工业上以伴生钒的石煤(主要成分为V2O3,含少量P2O5、SiO2等杂质)为原料制备钒的主要流程如图。
已知:①NH4VO3难溶于水。②Ksp[MgSiO3]=2.4×10﹣5,Ksp[Mg3(PO4)2]=2.7×10﹣27。
请回答下列问题:
(1)焙烧。通入空气的条件下,向石煤中加纯碱焙烧,将V2O3转化为NaVO3的化学方程式为 V2O3+Na2CO3+O2NaVO3+CO2 。为加快焙烧反应的化学反应速率,可采取的措施为 将石煤粉碎、升高反应温度、增大氧气的浓度 。(任写一条)
(2)除硅、磷。用MgSO4溶液除硅、磷时,Si、P会形成MgSiO3、Mg3(PO4)2沉淀。若沉淀后溶液中c(PO43﹣)=1.0×10﹣8mol•L﹣1,则c(SiO32﹣)= 0.08 mol•L﹣1。随着温度升高,除磷率会显著下降,其原因一是温度升高,Mg3(PO4)2溶解度增大,二是 温度升高,镁离子的水解增大,使其生成氢氧化镁 。
(3)沉钒。该操作产生的滤液中,两种主要的溶质阴离子是 SO42﹣、Cl﹣; ;用实验方法判断此过程中沉钒完全的操作是 取少量滤液于试管,加入NH4Cl溶液,若无沉淀生成,则沉钒完全,反之则没有 。
(4)灼烧。在灼烧NH4VO3的过程中,固体残留率随温度变化的曲线如图所示,则210℃时,剩余固体物质的化学式为 HVO3 。
(5)还原。在高温真空条件下,用焦炭还原V2O5可以生成钒单质,该反应的化学方程式为 2HVO3V2O5+H2O 。
【分析】根据流程:石煤(主要含V2O3,还有少量SiO2、P2O5等杂质)与Na2CO3在空气中焙烧得到NaVO3、Na2SiO3、Na3PO4,水浸,加入硫酸镁除去硅磷,滤渣的成分为MgSiO3、Mg3(PO4)2,向滤液中加入NH4Cl沉钒得到偏钒酸铵(NH4VO3),灼烧NH4VO3得到V2O5,加入还原剂得到单质钒,
(1)焙烧过程中V2O3与Na2CO3在空气中焙烧转化为可溶性NaVO3和CO2,将石煤粉碎、升高反应温度、增大氧气的浓度;
(2)根据Ksp[Mg3(PO4)2]=c3(Mg2+)×c2(PO43﹣)=2.7×10﹣27,可以得出c(Mg2+),再根据Ksp(MgSiO3)=c(Mg2+)×c(SiO32﹣)=2.4×10﹣5,得出c(SiO32﹣),Mg3(PO4)2溶解度增大,温度升高,镁离子的水解增大,使其生成氢氧化镁;温度升高,促进SiO32﹣的水解生成硅酸的沉淀,使其除去率增大;
(3)除硅、磷过程中所加MgSO4的阴离子SO42﹣未参加反应,沉矾过程中所加NH4Cl中的Cl﹣未参加反应,若沉矾完全,则滤液中不含VO3﹣,可利用NH4+与VO3﹣反应生成难溶物NH4VO3进行检验,因此判断此过程中沉钒完全的操作是:取少量滤液于试管,加入NH4Cl溶液,若无沉淀生成,则沉钒完全,反之则没有;
(4)NH4VO3受热先分解生成NH3、HVO3,NH3逸出,固体质量与起始固体质量比值为×100%=85.47%,则A点固体为HVO3;
(5)210℃剩余固体占起始固体85.47%,NH4VO3的过程中生成氨气和HVO3,HVO3进一步分解生成V2O5。
【解答】解:(1)焙烧过程中V2O3与Na2CO3在空气中焙烧转化为可溶性NaVO3和CO2,反应为:V2O3+Na2CO3+O2NaVO3+CO2,为加快焙烧反应的化学反应速率,可采取的措施为将石煤粉碎、升高反应温度、增大氧气的浓度等,
故答案为:V2O3+Na2CO3+O2NaVO3+CO2;将石煤粉碎、升高反应温度、增大氧气的浓度;
(2)根据Ksp[Mg3(PO4)2]=c3(Mg2+)×c2(PO43﹣)=2.7×10﹣27,沉淀后溶液中c(PO43﹣)=1.0×10﹣8mol•L﹣1,可以得出c(Mg2+)=mol/L=3.0×10﹣4mol/L,根据Ksp(MgSiO3)=c(Mg2+)×c(SiO32﹣)=2.4×10﹣5,得出c(SiO32﹣)==0.08mol•L﹣1,由图2可知,随着温度升高,除磷率下降,其原因是Mg3(PO4)2溶解度增大,温度升高,镁离子的水解增大,使其生成氢氧化镁,
故答案为:0.08;温度升高,镁离子的水解增大,使其生成氢氧化镁;
(3)除硅、磷过程中所加MgSO4的阴离子SO42﹣未参加反应,沉矾过程中所加NH4Cl中的Cl﹣未参加反应,因此滤液中主要阴离子为SO42﹣、Cl﹣;若沉矾完全,则滤液中不含VO3﹣,可利用NH4+与VO3﹣反应生成难溶物NH4VO3进行检验,因此判断此过程中沉钒完全的操作是:取少量滤液于试管,加入NH4Cl溶液,若无沉淀生成,则沉钒完全,反之则没有,
故答案为:SO42﹣、Cl﹣;取少量滤液于试管,加入NH4Cl溶液,若无沉淀生成,则沉钒完全,反之则没有;
(4)NH4VO3受热先分解生成NH3、HVO3,NH3逸出,固体质量与起始固体质量比值为×100%=85.47%,则A点固体为HVO3,
故答案为:HVO3;
(5)210℃剩余固体占起始固体85.47%,NH4VO3的过程中生成氨气和HVO3,HVO3进一步分解生成V2O5,反应的方程式为:2HVO3V2O5+H2O,
故答案为:2HVO3V2O5+H2O。
【点评】本题考查了物质的制备,涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应、滴定反应、纯度计算等,明确实验原理及实验基本操作方法、试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力,注意题目信息的与相关基础知识联合分析,题目难度中等。
(二)选考题:共15分。请考生从化学题中每科任选一题作答,并用2B铅笔在答题卡把所有题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致,在答题卡选答区域指定位置答题。如多做,则每学科按所做的第一题计分。[化学——物质结构与性质](15分)
11.(15分)工业废水中的亚硝酸盐常常需要处理。回答下列问题:
(1)尿素()可将NO2﹣还原为NO2。在尿素分子所含的原子中,第一电离能最大的是 N ,其中原子半径最大者的电子排布式为 1s22s22p2 。
(2)NO2﹣离子的空间构型为 V形 ,写出一个NO2﹣离子的等电子体 O3、SO2 。从分子结构角度,HNO2酸性弱于HNO3的原因是 HNO2中比HNO3少一个非羟基氧,HNO2的O﹣H键极性更弱 。
(3)尿素中所有原子共平面,据此推断其中N原子的杂化轨道类型为 sp2 。尿素晶体的熔点为132.7℃,比相同摩尔质量的乙酸熔点(16.7℃)高116℃,这主要是因为尿素分子之间存在更多的 氢键 。
(4)氨基磺酸(H3N﹣SO3)也可将NO2﹣还原为N2。氨基磺酸结构中接受孤对电子的是 S 。(填“N”或“S”)
(5)亚硝酸钠晶胞结构如图所示,假设NA为阿伏加德罗常数的值,已知晶胞参数a=c≠b(单位为cm),则晶体密度d为 (或) g•cm﹣3。图示晶胞中NO2﹣呈体心正交堆积,Na+的原子坐标除(,u,)外还有 (0,b﹣u,0)或(0,b﹣u,1)或(1,b﹣u,0)或(1,b﹣u,1) 。
【分析】(1)同周期自左而右,第一电离能呈增大趋势,但氮元素原子的2p能级为半满稳定状态,第一电离能高于同周期相邻元素第一电离能;原子半径最大的是C;
(2)NO2﹣离子的中心原子N原子孤电子对数==1,价层电子对数=1+2=3;原子总数相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体;非羟基氧数目越多,酸性越强;
(3)尿素中所有原子共平面,推知N原子的杂化轨道类型为sp2;尿素分子之间存在更多的氢键;
(4)由氨基磺酸结构可知,氮原子本身含有一对孤对电子,不再接受孤对电子;
(5)NO2﹣在八个顶点和体内,一个晶胞中含有NO2﹣数目为1+8×=2,Na+在四条棱上和一个体内,另一个Na+不包含在内,属于另一个晶胞,所以Na+的个数为1+4×=2,晶胞相当于有2个“NaNO2”,计算晶胞质量,根据ρ=计算晶体密度;原子坐标为(,u,)的Na+位于晶胞内部,另外的Na+位于晶胞棱上,数目为=4×+1=2,所以d====,由于a=c≠b,则d=(或),图示晶胞中NO2﹣呈体心正交堆积,求出Na+的原子坐标。
【解答】解:(1)同周期自左而右,第一电离能呈增大趋势,但氮元素的2p能级为半满稳定状态,能量低,第一电离能高于同周期相邻元素第一电离能,所以第一电离能:氮>氧>碳,故第一电离能最大的是N,原子半径最大的是C,其电子排布为1s22s22p2,
故答案为:N;1s22s22p2;
(2)氮外围有五个单电子,其中四个分成两对分别与氧外围的两个电子成键,形成一个共价π键,此外还有一个单电子,此电子无法成键,由于只有两个配位原子,所以结构是V形的;与NO2﹣离子的等电子体有O3、SO2,HNO2酸性弱于HNO3是因为亚硝酸中比硝酸少一个非羟基氧,HNO2的O﹣H键极性更弱,
故答案为:V形;O3、SO2;HNO2中比HNO3少一个非羟基氧,HNO2的O﹣H键极性更弱;
(3)尿素中所有原子共平面,推知N原子的杂化轨道类型为sp2杂化,尿素晶体的熔点高,是因为尿素分子之间存在更多的氢键,
故答案为:sp2;氢键;
(4)由氨基磺酸结构可知,氮原子本身含有一对孤对电子,不再接受孤对电子,故S接受孤对电子,
故答案为:S;
(5)NO2﹣在八个顶点和一个体内,一个晶胞中含有1+8×=2,Na+在四条棱上和一个体内,另一个Na+不包含在内,属于另一个晶胞,所以,Na+的个数为4×+1=2,所以所以d====,由于a=c≠b,则d=(或),图示晶胞中NO2﹣呈体心正交堆积,则Na+的原子坐标除(,u,)外还有(0,b﹣u,0)或(0,b﹣u,1)或(1,b﹣u,0)或(1,b﹣u,1),
故答案为:(或);(0,b﹣u,0)或(0,b﹣u,1)或(1,b﹣u,0)或(1,b﹣u,1)。
【点评】本题综合考查物质结构与性质,涉及核外电子排布规律、电离能、杂化理论、分子结构、晶胞结构等,难度中等,(5)中注意利用替换法进行解答,对学生的思维能力、空间想象能力有一定的要求。
[化学--有机化学基础](15分)
12.以化合物A为原料合成内酯F的路线如图。回答下列问题:
(1)化合物A的名称为 环己酮 ,B的分子式为 C4H9N 。
(2)化合物中含氧官能团的名称为 酯基 ,1mol该物质最多消耗 2 mol NaOH。
(3)化合物D具有手性碳(连有四个不同原子或基团的碳)的数量为 1 ,酯E的结构简式为 。
(4)写出酯E转变为化合物F时,伴随产生的副产物为 乙醇或C2H5OH 。
(5)化合物F的一种异构体H,同时满足条件:①只有三种环境的H;②能发生银镜反应;③含六元环结构。则异构体H的结构简式为 。
(6)芳香卤代烃与NaOH反应常常有自身特点。研究发现:有两种主要机理(苯炔机理和SNAr机理),如图所示。若高温下,用1﹣14C(黑点标记)氯苯与NaOH反应,则得到两种苯酚(钠盐)﹣14C在1﹣位上的苯酚占58%,14C在2﹣位上的苯酚占42%。则此时按苯炔和SNAr机理反应的氯苯,其物质的量之比为 21:4 。
【分析】(1)中含有羰基,为酮类物质;交点为碳原子,用氢原子饱和碳的四价结构;
(2)中含氧官能团的名称为酯基,其中溴原子能与NaOH溶液发生水解反应,酯基能在NaOH溶液中发生水解反应;
(3)如图所示标有“*“为D中的手性碳原子:;与H2发生反应生成E(C10H18O3),C10H18O3的不饱和度为2,中羰基能与H2能发生加成反应生成E;
(4)由(3)中分析可知,E的结构简式为,对比E、F的结构,可以理解为在酸性溶液中水解生成、C2H5OH,再酯化反应形成F;
(5)F的同分异构体同时满足条件:①只有三种环境的H,说明其结构具有高度对称;②能发生银镜反应,说明结构中含有醛基,因该结构具有高度对称,所以该结构中含氧官能团只能为醛基;③含六元环结构,2个醛基处于对位;
(6)由题可知,所得14C在2﹣位上的苯酚占42%,而要生成14C在2﹣位上的苯酚只有按照苯炔机理反应才能得到,氯苯按照苯炔机理反应所生成的两种苯酚等量,因此按照苯炔机理反应生成的14C在1﹣位上苯酚占42%,整个过程中所得14C在1﹣位上的苯酚占58%,则按照SNAr机理反应所得苯酚为58%﹣42%=16%。
【解答】解:(1)中含有羰基,为酮类物质,因此其名称为环己酮;由B的结构式可知,其分子中含有4个C原子、9个H原子、1个N原子,故其分子式为C4H9N,
故答案为:环己酮;C4H9N;
(2)中含氧官能团的名称为酯基,其中溴原子能与NaOH溶液发生水解反应,酯基能在NaOH溶液中发生水解反应,因此1mol最多消耗2molNaOH,
故答案为:酯基;2;
(3)如图所示标有“*“为D中的手性碳原子:,手性碳原子数目为1;与H2发生反应生成E(C10H18O3),C10H18O3的不饱和度为2,中羰基能与H2能发生加成反应,因此E的结构式为,
故答案为:1;;
(4)E的结构简式为,对比E、F的结构,可以理解为在酸性溶液中水解生成、C2H5OH,再酯化反应形成F,即酯E转变为化合物F时,伴随产生的副产物为乙醇(C2H5OH),
故答案为:乙醇或C2H5OH;
(5)F的同分异构体同时满足条件:①只有三种环境的H,说明其结构具有高度对称;②能发生银镜反应,说明结构中含有醛基,因该结构具有高度对称,所以该结构中含氧官能团只能为醛基;③含六元环结构,2个醛基处于对位,因此符合条件的同分异构体为:,
故答案为:;
(6)由题可知,所得14C在2﹣位上的苯酚占42%,而要生成14C在2﹣位上的苯酚只有按照苯炔机理反应才能得到,氯苯按照苯炔机理反应所生成的两种苯酚等量,因此按照苯炔机理反应生成的14C在1﹣位上苯酚占42%,整个过程中所得14C在1﹣位上的苯酚占58%,则按照SNAr机理反应所得苯酚为58%﹣42%=16%,因此按苯炔和SNAr机理反应的氯苯,其物质的量之比为(42%×2):(16%)=84:16=21:4,
故答案为:21:4。
【点评】本题考查有机物的合成,涉及有机物命名、官能团识别与性质、限制条件同分异构体的书写、信息给予题目等,是对有机化学基础的综合考查,题目较好地考查了学生分析能力、知识迁移运用能力、获取信息的能力。
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